河北省鹿泉县第一中学2024届高二化学第二学期期末监测试题含解析

河北省鹿泉县第一中学2024届高二化学第二学期期末监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、图甲为在铜棒上电镀银的装置，图乙是在图甲装置中央放置质量相等的两个银圈，用绳子系住(绳子为绝缘体)，一段时间后，两装置中铜极质量均增重1.08g。下列说法不正确的是A．电极a为纯银B．图甲:若b极有标况下112mL红棕色气体生成，则电子有效利用率为50%C．图乙:若乙池中无气体生成，则绳子两端银圈质量之差为2.16gD．处理银器表面的黑班(Ag2S)，将银器置于盛有食盐水的铝制容器里并与铝接触，则Ag2S可以转化为Ag2、用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下列操作步骤中最恰当的组合是()①加盐酸溶解②加烧碱溶液溶解③过滤④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀⑥加入过量烧碱溶液A．②③④③ B．①⑥⑤③ C．②③⑤③ D．①③⑤③3、下列关于分子式为C4H8O2的有机物说法中，正确的是（）A．若能发生酯化反应，该物质一定是丁酸B．属于酯类的同分异构体有4种C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．若能水解，水解产物相对分子质量可能相同4、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．A B．B C．C D．D5、使用下列装置给液体升温时，将化学能转化为热能的是A． B．C． D．6、在一定量铁的氧化物中，加入45mL4mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。则该固体中氧原子和铁原子的个数之比为（）A．9：7 B．3：2 C．6：5 D．4：37、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．电解精炼铜的过程中，电路中每通过NA个电子，阳极溶解铜32gB．1mol乙酸与足量的C2H518OH充分发生酯化反应可生成CH3CO18OC2H5分子NA个C．9g13CO2与N217O的混合物中所含中子数为4.6NAD．浓度均为lmol/L的醋酸和醋酸钠溶液等体积混合，溶液中CH3COOH和CH3COO-的总数为2NA8、下列化合物命名正确的是A．2－乙基丁烷B．2－甲基－2－氯丙烷C．2－甲基－1－丙醇D．2，2，3－三甲基－3－丁烯9、下列物质的一氯代物只有一种的是A．新戊烷 B．2-甲基丙烷 C．邻二甲苯 D．对二甲苯10、下列物质属于分子晶体的是A．二氧化硅 B．碘 C．镁 D．NaCl11、研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式，以下用于研究有机物的方法错误的是A．蒸馏可用于分离提纯液态有机混合物B．核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量C．燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法D．对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的官能团12、生活中常用烧碱来清洗抽油烟机上的油渍（主要成分是油脂），下列说法不正确的是A．油脂属于天然高分子化合物B．热的烧碱溶液去油渍效果更好C．清洗时，油脂在碱性条件下发生水解反应D．烧碱具有强腐蚀性，故清洗时必须戴防护手套13、最近罗格斯大学研究人员利用电催化技术高效率将CO2转化为X和Y（如下图），X、Y可用作制备塑料、粘合剂和药品的前体等。下列说法正确的是A．图中能量转换方式只有2种B．X、Y分子中所含的官能团相同C．X、Y均是电解时的阳极产物D．CO2资源化利用有利于解决大气中CO2浓度增加导致的环境问题14、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是()A．反应CH4+H2O==3H2+CO，每消耗11.2LCH4转移3mol电子B．电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e-==2CO32-C．电池工作时，电子通过熔融盐由电极B向电极A移动D．电极A上CO参与的电极反应为CO＋4OH-—2e-==CO32-＋2H2O15、下列用品中主要由合成材料制造的是()A．宇航服 B．宣纸 C．羊绒衫 D．棉衬衣16、高铁酸盐是一种高效绿色氧化剂，可用于废水和生活用水的处理。从环境保护的角度看，制备高铁酸盐较好的方法为电解法：Fe+2H2O+2OHFeO42-+3H2↑,工作原理如图所示。己知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。下列说法正确的是A．b是电源的正极B．阳极电极反应为Fe-6e-+4H2O=FeO42-+8H+C．电解过程中，需要将阴极产生的气体及时排出D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有11.2L的H2生成二、非选择题（本题包括5小题）17、A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得B。E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，有关物质的转化关系如下：回答下列问题:(1)A的化学名称为________。(2)写出B在一定条件下生成高分子化合物的化学方程式___________。(3)下列说法不正确的是_________。a.E是乙酸乙酯的同分异构体

b.可用碳酸钠鉴别B和Cc.B生成D的反应为酯化反应

d.A在一定条件下可与氯化氢发生加成反应e.与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃一定不能使酸性KMnO4溶液褪色(4)B可由丙烯醛(CH2=CHCHO)制得，请选用提供的试剂检验丙烯醛中含有碳碳双键。提供的试剂:稀盐酸稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液。所选试剂为_____；其中醛基被氧化时的化学方程式为__________________。18、聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：已知：①R1、R2均为烃基②合成路线中A→B是原子利用率为100%的反应回答下列问题：（1）A的名称是_______________；F→G的反应类型为_____________。（2）C→D的化学反应方程式为_____________________________。（3）E的结构简式为_____________；H的顺式结构简式为_______________。（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构体结构简式_________________。①属于芳香族化合物；②能与NaOH溶液发生反应；③核磁共振氢谱有4种吸收峰（5）参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物,设计合成路线为：________________________。19、化学实验小组欲在实验室制备溴乙烷（图甲）和1﹣溴丁烷（图乙），涉及化学反应如下：NaBr+H2SO4═HBr+NaHSO4①C2H5﹣OH+HBr⇌C2H5﹣Br+H2O②CH3CH2CH2CH2﹣OH+HBr⇌CH3CH2CH2CH2﹣Br+H2O③可能存在的副反应有：醇在浓硫酸的存在下脱水生成烯和醚，Br﹣被浓硫酸氧化为Br2等。有关数据列表如下；乙醇溴乙烷正丁醇1﹣溴丁烷密度/g•cm﹣30.78931.46040.80981.2758沸点/℃78.538.4117.2111.6请回答下列问题：（1）图乙中仪器A的名称为_____。（2）乙醇的沸点高于溴乙烷的沸点，其原因是_____。（3）将1﹣溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在_____（填“上层”、“下层”或“不分层”）。（4）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是_____。（填字母）A．减少副产物烯和醚的生成B．减少Br2的生成C．减少HBr的挥发D．水是反应的催化剂（5）欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，下列物质中最适合的是_____。（填字母）A．NaIB．NaOHC．NaHSO3D．KCl（6）制备溴乙烷（图甲）时，采用边反应边蒸出产物的方法，其有利于_____；但制备1﹣溴丁烷（图乙）时却不能边反应边蒸出产物，其原因是_____。20、实验室制备溴苯可用如图所示装置。填空：（1）关闭G夹，打开C夹，向装有少量苯的三颈烧瓶的A口加适量溴，再加入少量铁屑，塞住A口，三颈烧瓶中发生反应的有机反应方程式为___。（2）E试管内出现的现象为___。（3）F装置的作用是___。（4）待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开G夹，关闭C夹，可以看到的现象是___。（5）反应结束后，拆开装置，从A口加入适量的NaOH溶液，然后将液体倒入__中（填仪器名称），振荡静置，从该仪器__口将纯净溴苯放出（填“上”或“下”）。21、柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3===FeCO3↓+Na2SO4FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O（1）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是____________________。（2）将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。①铁粉的作用是_________________。②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是_____________。（3）最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是________________。（4）某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)出发，先制备绿矾，再合成柠檬酸亚铁。请结合下图的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O晶体的实验步骤(可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液)：①向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应，过滤②向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体③向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解④再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤得到FeSO4溶液⑤_______________________________________________，得到FeSO4·7H2O晶体。（5）取25.00g柠檬酸亚铁晶体（摩尔质量为246g/mol），配成100mL溶液，取20.00mL至锥形瓶中，另取0.2000mol.L-1的酸性KMnO4标准溶液装入酸式滴定管中，用氧化还原法测定柠檬酸亚铁晶体的质量分数，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL滴定终点时现象为：__________________________________柠檬酸亚铁的质量分数________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】分析:在铜棒上电镀银，金属银做阳极，这里就是a极；b电极是阴极，发生还原反应，Ag++e-=Ag，若生成红棕色气体NO2，则又发生了NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O；为处理银器表面的黑斑，将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，该装置构成原电池，食盐水作电解质溶液，加强溶液的导电性。以此解答。详解：A.根据以上分析，图甲装置为在铜棒上电镀银，电极a做阳极，应为纯银，故A正确；B.铜极质量均增重1.08g，生成Ag的物质的量为：1.08g108g/mol=0.01mol,转移电子也是0.01mol，若b极有标况下112mL红棕色气体生成，即生成NO2的物质的量为：112mL22400mL/mol=0.005mol,转移电子的物质的量为0.005mol,则电子有效利用率为C.图乙中左右各形成一个电镀池，若乙池中无气体生成，则绳子两端银圈左圈为左池的阴极，增重1.08g，右圈为右池的阳极，减重1.08g,两圈质量之差为2.16g，故C正确；D.处理银器表面的黑班(Ag2S)，将银器置于盛有食盐水的铝制容器里并与铝接触，该装置构成原电池，Ag2S作正极被还原为Ag，故D正确。综上所述，本题正确答案为B。2、A【解题分析】

镁、铝都能与酸反应，但铝可溶于强碱，而镁不能，则可先向镁粉的铝粉中加入烧碱溶液，使铝粉溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，再向NaAlO2溶液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2溶液反应生成Al（OH）3沉淀，过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝，正确顺序为②③④③，答案选A。3、B【解题分析】分析：A、C4H8O2属于羧酸时，根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；B、C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，根据酸和醇的种类来确定；C、分子式为C4H8O2，有1个不饱和度；D、根据分子式C4H8O2的酯水解生成羧酸和醇的相对分子质量计算。详解：C4H8O2属于羧酸时，可以是丁酸或2-甲基丙酸，共有2种同分异构体，A选项错误；C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，B选项正确；分子式为C4H8O2，有1个不饱和度，它可以成环，也可以有羰基、醛基、酯基、羧基，还可以是碳碳双键，碳碳双键、醛基能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，C选项错误；分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，其水解的产物可能为甲酸和丙醇或者异丙醇、乙酸和乙醇、丙酸和甲醇，相对分子质量分别是：46和60、60和46、74和32，所以水解产物相对分子质量不可能相同，D选项错误；正确选项B。4、C【解题分析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。5、C【解题分析】

A.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故A不符合题意；B.电热壶是将电能转化为热能，故B不符合题意；C.煤气燃烧是将化学能转化为热能，故C符合题意；D.该过程属于热量的传递，故D不符合题意；综上所述，本题正确答案：C。6、A【解题分析】

铁的氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由H、O守恒可知，n(H2O)=n(H2SO4)=n(氧化物中的O)，硫酸的物质的量为0.045L×4mol/L=0.18mol，可知氧化物中含O为0.18mol；Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化，由电子守恒可知n(Fe2+)×1=0.672L/22.4L∙mol-1×2×1，n(Fe2+)=0.06mol；铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n(Fe3+)=x，则3x+0.06×2=0.18×2，解得x=0.08mol，该固体中氧原子和铁原子的个数之比为0.18mol：(0.08mol+0.06mol)=9:7，故选项A符合题意。综上所述，本题正确答案为A。【题目点拨】解题依据：物料守恒和氧化还原中的电子守恒进行解答即可。7、C【解题分析】

A.电解精炼铜时，粗铜作阳极，因为粗铜中含有杂质Fe､Ni等，铁、镍先于铜失电子，电路中每通过NA个电子，阳极溶解铜小于32g，A错误；B.乙酸与C2H518OH发生酯化反应为可逆反应，反应物不能100%转化为生成物，所以1mol乙酸与足量的C2H518OH充分发生酯化反应可生成CH3CO18OC2H5分子数目小于NA个，B错误；C.13CO2分子和N217O分子中含有的中子都是23个，相对分子质量都是45，所以9g混合物的物质的量为0.2mol，含有的中子数为4.6NA，C正确；D.二种溶液没有具体的体积，所以无法计算其中的微粒数目，D错误；答案选C。8、B【解题分析】

A.烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，从离支链最近的一端开始编号，故名称为3-甲基戊烷，故A错误；B.卤代烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，则在2号碳原子上有一个甲基和一个氯原子，故名称为：2-甲基-2-氯丙烷，故B正确；C.醇命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，则2号碳上羟基，表示出官能团的位置，故名称为：2-丁醇，故C错误；D.烯烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，并用官能团两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置，故名称为：2,3,3-三甲基-1-丁烯，故D错误；故选B。【题目点拨】1.烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，从离支链最近的一端开始编号；

2.卤代烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号；

3.醇命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，并表示出官能团的位置；

4.烯烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，并用官能团两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置。9、A【解题分析】

A.新戊烷只有一种位置的H原子，因此其一氯取代产物只有一种，A符合题意；B.2-甲基丙烷有2种不同位置的H原子，因此其一氯取代产物有2种，B不符合题意；C.邻二甲苯有3种不同位置的H原子，因此其一氯代物有3种不同结构，C不符合题意；D.对二甲苯有2种不同位置的H原子，因此其一氯代物有2种不同结构，D不符合题意；故合理选项是A。10、B【解题分析】试题分析：A、属于原子晶体，故错误；B、碘属于分子晶体，故正确；C、镁属于金属晶体，故错误；D、氯化钠属于离子晶体，故错误。考点：考查晶体等知识。11、B【解题分析】试题分析：核磁共振氢普通常用于分析有机物分子中氢原子种类的判断，质谱法通常用于分析有机物的相对分子质量，信息B不正确，其余选项都是正确的，答案选B。考点：考查有机物研究的有关判断点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点，难度不大，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力，提升学生的学科素养。12、A【解题分析】A、油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，不是高分子，故A错误；B、油脂在碱性条件下水解，水解吸热，所以热的烧碱溶液可以促进油脂的水解，去污效果更好，故B正确；C、油脂在碱性条件下水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，故C正确；D、烧碱（NaOH）为强碱，具有强腐蚀性，皮肤不能直接接触烧碱，故D正确。故选A。13、D【解题分析】

A.根据图示可知，能量转换方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、电能转化为化学能三种，A错误；B.X含有的官能团是羰基、醛基；Y中含有的官能团是碳碳双键、醚键、羟基，所含官能团种类不同，B错误；C.反应物CO2中的C元素化合价是+4价，在X中C元素化合价是0价，在Y中C元素化合价为+价，元素的化合价降低，因此是阴极产生的还原产物，C错误；D.CO2发生反应转化为X、Y后，实现了物质的资源化利用，降低了大气中CO2的含量，因此解决大气中CO2浓度增加导致的环境问题，D正确；故合理选项是D。14、B【解题分析】分析：A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，但没给条件，11.2L不一定为0.5mol；B、B为正极，氧气得电子，结合CO2生成CO32-，电极反应为O2＋2CO2＋4e-==2CO32-；C、根据原电池工作原理，电子只能在导线中移动；D、根据示意图可知电池中不存在OH-,正确的电极反应式为：CO＋CO32-—2e-==2CO2。详解：A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，但没给条件，11.2L不一定为0.5mol，A错误；B、B为正极，氧气得电子，结合CO2生成CO32-，电极反应为O2＋2CO2＋4e-==2CO32-，B正确；C、根据原电池工作原理，电子只能在导线中移动，C错误；D、根据示意图可知电池中不存在OH-,正确的电极反应式为：CO＋CO32-—2e-==2CO2，D错误。答案选B。点晴：1、一般电极反应式的书写：原电池反应的本质就是氧化还原反应。因此正确书写氧化还原反应方程式并能标出电子转移的方向和数目是正确书写电极反应式的基础，通过电池反应中转移电子的数目可确定电极反应中得失的电子数目，通过电池反应中的氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物可确定电极反应中的反应物和产物。具体步骤如下：

（1）首先根据题意写出电池反应。

（2）标出电子转移的方向和数目，指出氧化剂、还原剂。

（3）根据还原剂——负极材料，氧化产物——负极产物，氧化剂——正极材料，还原产物——正极产物来确定原电池的正、负极和反应产物。根据电池反应中转移电子的数目来确定电极反应中得失的电子数目。

（4）注意环境介质对反应产物的影响。

2、复杂电极反应式的书写：复杂电极,反应式＝总反应式－较简单一极的电极,反应式。如CH4酸性燃料电池中CH4＋2O2＝CO2＋2H2O

总反应式①，2O2＋8H＋＋8e－＝4H2O

正极反应式②，①－②得：CH4＋2H2O－8e－＝CO2＋8H＋

负极反应式。15、A【解题分析】

A．宇航员由合成纤维制成，具有强度高、防辐射等优点，A项符合题意；B．宣纸的主要材料为纤维素，不属于合成材料，B项不符合题意；C．羊绒衫的主要成分为蛋白质，不属于合成材料，C项不符合题意；D．棉衬衣的主要成分为纤维素，不属于合成材料，D项不符合题意；本题答案选A。16、C【解题分析】A、根据方程式可知铁失去电子，铁作阳极，与电源的正极相连，因此a是电源的正极，A错误；B、阳极电极反应为Fe－6e－＋8OH－＝FeO42－＋4H2O，B错误；C、氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，C正确；D、氢气不一定处于标准状况下，不能计算其体积，D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙炔be稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O【解题分析】分析：本题考查的是有机推断，根据反应条件和前后的物质的结构进行分析，有一定的难度。详解：A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得BCH2=CHCOOH，说明A为乙炔，E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，说明其为酯类。因为C与甲醇反应生成E，所以C的分子式为C3H6O2，为丙酸，D与氢气反应生成E，说明D的结构为CH2=CHCOOCH3。(1)根据以上分析可知A为乙炔。(2)B为CH2=CHCOOH，发生加聚反应生成聚合物，方程式为：。(3)a.E与乙酸乙酯的分子式相同，但结构不同，是同分异构体，故正确；b.B和C都含有羧基，不能用碳酸钠鉴别，故错误；c.B为酸，D为酯，故从B到D的反应为酯化反应，故正确；d.A为乙炔，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，故正确。e.与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃可能为苯，或其他不饱和烃，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但其他不饱和烃能，故错误。故选be。(4)醛基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先将醛基氧化成羧基，再检验碳碳双键，所以首先使用新制的氢氧化铜悬浊液，然后加入稀硫酸中和溶液中的氢氧化钠，再加入酸性高锰酸钾溶液，故选的试剂为稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液。醛基被氧化的方程式为：CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O。18、乙炔消去反应【解题分析】

由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，HC≡CH与CH3COOH发生加成反应生成CH2=CHCH2COOH，则B为CH2=CHCH2COOH；在催化剂作用下，CH2=CHCH2COOH发生加聚反应生成；在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3；由和H发生酯化反应生成可知，H为；由逆推法可知，在加热条件下，G与新制的氢氧化铜发生氧化反应，酸化生成，则G为；在浓硫酸作用下，F受热发生消去反应生成，则F为；由题给信息可知E与CH3CHO发生加成反应生成，则E为。【题目详解】（1）A结构简式为HC≡CH，名称为乙炔；F→G的反应为在浓硫酸作用下，受热发生消去反应生成，故答案为：乙炔；；（2）C→D的反应为与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）E的结构简式为；H的顺式结构简式为，故答案为：；；（4）G的同分异构体属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环，能与NaOH溶液发生反应，说明分子中含有酚羟基或羧基，若含有酚羟基，余下3个碳原子形成的取代基可能为CH3—和HC≡C—或CH3—C≡C—，若含有羧基，余下2个碳原子形成的取代基可能为CH2=CH—或—CH=CH—，则核磁共振氢谱有4种吸收峰的结构简式为和，故答案为：；；（5）由有机物的结构简式，结合题给信息，运用逆推法可知生成有机物的过程为：乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中受热发生水解反应生成乙二醇，在铜做催化剂作用下，乙二醇与氧气发生催化氧化反应生成乙二醛，一定条件下，乙二醛与乙醛发生加成反应生成，合成路线为，故答案为：。【题目点拨】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，能够依据题给信息设计合成线路是解答关键。19、球形冷凝管C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键下层ABCC使平衡向生成溴乙烷的方向移动1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物【解题分析】

（1）仪器A为球形冷凝管；（2）分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高；（3）1﹣溴丁烷难溶于水，密度比水大；（4）根据可能发生的副反应和反应物的溶解性分析；（5）根据杂质的化学性质分析；（6）根据化学平衡移动的原理分析。【题目详解】（1）图乙中仪器A为球形冷凝管，故答案为球形冷凝管；（2）分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高，C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比溴乙烷溴乙烷的高，故答案为C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键；（3）1﹣溴丁烷难溶于水，密度比水大，则将1﹣溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，1﹣溴丁烷在下层，故答案为下层；（4）A、浓硫酸和1-丁醇反应发生副反应消去反应生成烯烃、分子间脱水反应生成醚，稀释后不能发生类似反应减少副产物烯和醚的生成，故正确；B、浓硫酸具有强氧化性能将溴离子氧化为溴单质，稀释浓硫酸后能减少溴单质的生成，故正确；C、反应需要溴化氢和1-丁醇反应，浓硫酸溶解溶液温度升高，使溴化氢挥发，稀释后减少HBr的挥发，故正确；D.、水是产物不是反应的催化剂，故错误；ABC正确，故答案为ABC；（5）A、NaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故错误；B、溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故错误；C、溴单质和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故正确；D、KCl不能除去溴单质，故错误；C正确，故选C；（6）根据题给信息知，乙醇和溴乙烷的沸点相差较大，采用边反应边蒸出产物的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移动，而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，所以不能边反应边蒸出产物；而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物，故答案为使平衡向生成溴乙烷的方向移动；1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物。【题目点拨】本题考查有机物的制备，注意反应物和生成物的性质，明确试剂的作用和仪器选择的依据是解答关键。20、＋Br2+HBr出现淡黄色沉淀吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸广口瓶中的水沿导管进入A中、A瓶中液体出现分层分液漏斗下【解题分析】

(1)苯和溴反应生成溴苯和溴化氢；(2)E中溴化氢和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀；(3)氢氧化钠可以吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸；(4)溴化氢极易溶于水；(5)反应后还有剩余的溴单质，氢氧化钠可以将多余的Br2反应掉，溴苯的密度比水大。【题目详解】(1)苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，方程式为：＋Br2+HBr，故答案为：＋Br2+HBr；(2)E中溴化氢和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，故答案为：出现淡黄色沉淀；(3)氢氧化钠可以吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸，故答案为：吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸；(4)溴化氢极易溶于水，所以看到广口瓶中的水倒吸到A中，在A瓶中液体为水和有机物，出现分层，故答案为：广口瓶中的水沿导管进入A中、A瓶中液体出现分层；(5)反应后还有剩余的溴单质，氢氧化钠可以将多余的Br2反应掉，然后将液体倒入分液漏斗中，溴苯的密度比水大，在下层，从下口放出，故答案为：分液漏斗；下。21、取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净防止+2的铁元素被氧化加入适量柠檬酸，让铁粉反应完全降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤用少量冰水洗涤，低温干燥锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色98.40%【解题分析】分析：（1）本题中FeCO3的制备是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应，因而沉淀表面可能会有Na2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42-，即该题便转化成SO42-的检验。